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1、高三复习 - 数列解题方法集锦 数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。而且往往还以解答题的形式出 现，所以我们在复习时应给予重视。近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列 和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。 一、数列的基础知识 1数列 an的通项 an与前 n 项的和 Sn的关系 它包括两个方面的问题：一是已知Sn求 an，二是已知 an求 Sn； 1.1 已知 Sn求 an 对于这类问题，可以用公式an= )2( ) 1( 1 1 nSS nS nn . 1.2 已知 an求 Sn 这类问题实际上就是数列求和的问题。数列求和一般
2、有三种方法：颠倒相加法、 错位相 减法和通项分解法。 2递推数列： )( 1 1 nn afa aa ，解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联系，设 法转化为等差数列与等比数列的有关问题，然后解决。 例 1 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=n 2-2n+3,求数列 a n 的通项 an，并判断数列 an是否为 等差数列。 解：由已知：Sn=n 2-2n+3，所以， S n-1=(n-1) 2-2(n-1)+3=n2-4n+6, 两式相减，得：an=2n-3(n 2),而当 n=1 时,a1=S1=2,所以 an= )2(32 ) 1(2 nn n . 又 a2-a1 a3-a2，故数列
3、 an 不是等差数列。 注意：一般地，数列an 是等差数列Sn=an 2+bn Sn 2 )( 1n aan . 数列 an 是等比数列Sn=aq n-a. 例 2 已知数列 an 的前 n 项的和 Sn= 2 )( 1n aan ,求证：数列 an是等差数列。 证明：因为Sn= 2 )( 1n aan ，所以， 2 )(1( 11 1 n n aan S 两式相减，得： 2 )()(1( 111 1 nn n aanaan a ，所以 nnnnaanaa111)1(2 ，即： 11 )1(anaan nn ，同理： 11 ) 1()2(aanan nn ，即： 11 )2()1(aanan
4、nn ， 两式相加，得： nnn ananan)22()1()1( 11 ，即： nnn aaa2 11 ，所以数列 an 是等差数列。 例 3 已知数列 an的前 n 项的和 Sn+ an=2n+1,求数列 an 的通项 an. 解：因为Sn+ an=2n+1，所以， Sn+1+an+1=2(n+1)+1, 两式相减，得： 2an+1-an=2,即： 2an+1-an+2=4， 2an+1-4= an-2， 所以 2 1 2 2 1 n n a a ， 而 S1+a1=3， a1= 2 3 ， 故 a1-2= 2 1 ， 即：数列 an 是以 2 1 为首项， 2 1 为公比的等比数列，所以
5、 an-2= 2 1 ( 2 1 ) n-1= - ( 2 1 ) n,从而 a n=2 - ( 2 1 ) n。 例 4 （ 2000 年全国）设an 是首项为 1 的正项数列，且(n+1)an+1 2-na n 2+a n+1an=0， (n=1,2,3, ),则它的通项公式是an= . 分析： （ 1）作为填空题，不需要解题步骤，所以可以采用不完全归纳法。 令 n=1，得： 2a22+a2-1=0,解得， a2= 2 1 .令 n=2, 得： 3a3 2+ 2 1 a3- 2 1 =0, 解得， a3= 3 1 .同理， a4= 4 1 由此猜想： an= n 1 . (2)由(n+1)
6、an+1 2-na n 2+a n+1an=0，得： (n+1)an+1-nan(an+1+an)=0, 所以 (n+1)an+1=nan，这说明 数列是常数数列，故nan=1，an= n 1 . 也可以由 (n+1)an+1=nan，得： 1 1 n n a a n n ，所以 nn n n n a a a a a a a a n n n n n 1 1 2 1 1 21 1 1 2 2 1 1 。 例 5 求下列各项的和 (1) n n n nnnn CnnCCCC)1(32 1210 . (2)1+22 1 +32 2+4 2 3+n 2 n-1. (3)12+23+34+n(n+1).
7、 (4) )2( 1 42 1 31 1 nn . 解： （1）设Sn= n n n nnnn CnnCCCC) 1(32 1210 ,则 Sn= 011 2)1( nn n n n n CCnCCn , 两式相加，得：2Sn= (n+2) n nnn CnCnC)2()2( 10 =(n+2)( n nnn CCC 10 )=(n+2)2 n, 所以 Sn=(n+2)2 n-1. 思考： n n nn n n nnn CCCCC 11210 2242又如何求呢？ （2）设 Sn=1+2 2 1+3 2 2+4 2 3+n 2 n-1，则 2 Sn= 12+22 2+3 2 3+ +（n-1）
8、2n-1+n2n. 两式相减。得：- Sn=1+2 1+22+2 n-1-n2 n =n n n 2 21 21 =2 n(1-n)-1. Sn=2 n(n-1)+1. (3)12+23+34+n(n+1)=(1 2+1)+(22+2)+(32+3)+ +(n2 +n) =(1 2+22+32+ +n2)+(1+2+3+ +n) =)1( 2 1 ) 12)(1( 6 1 nnnnn=)2)(1( 3 1 nnn. (4) ) 2 11 ( 2 1 )2( 1 nnnn )2( 1 42 1 31 1 nn =) 2 11 1 1 1 1 5 1 3 1 4 1 2 1 3 1 1( 2 1
9、nnnn =) 2 1 1 1 2 1 1( 2 1 nn = )2)(1( 32 4 3 nn n . 二、等差数列与等比数列 1定义：数列an为等差数列an+1-an=dan+1-an=an-an-1； 数列 bn 为等比数列 q a b n n 1 1 1 n n n n b b b b 。 2通项公式与前n项和公式： 数列an 为等差数列，则通项公式an=a1+(n-1)d, 前n项和 Sn= 2 )( 1n aan = 2 ) 1( 1 dnn na. 数列 an为等比数列，则通项公式 an=a1q n-1, 前 n 项和 S n= )1( 1 )1( )1( 1 1 q q qa
10、qna n . 3性质： 等差数列 若 m+n=p+q ， 则 am+an=ap+aq 每连续 m 项的和仍 组成等差数列,即 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m组 成等差数列 等比数列 若 m+n=p+q ， 则 aman=apaq 每连续 m 项的和仍 组成等比数列，即 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m组 成等比数列 （4）函数的思想：等差数列可以看作是一个一次函数型的函数；等比数列可以看作是一个 指数函数型的函数。可以利用函数的思想、观点和方法分析解决有关数列的问题。 例 6 设 Sn是等差数列 an的前 n 项的和，已知 3 1 S3与 4 1 S4的等比中项为 5 1 S5， 3
11、1 S3与 4 1 S4的等差中项为 1，求等差数列 a n的通项。 (1997 年高考题 ) 解：设等差数列的公差为d,则 2 4 1 3 1 ) 5 1 ( 4 1 3 1 43 2 543 SS SSS ，即 2)64( 4 1 )23( 3 1 )105( 25 1 )64( 4 1 )23( 3 1 11 2 111 dada dadada ， 解得： 4 5 12 1 0 1 1 a d a d 或 ，所以naa nn 5 12 5 32 1或。 评说：当未知数与方程的个数相等时，可用解方程的方法求出这两类特殊数列的首项与公差 或公比，然后再解决其他问题。 例 7 设等比数列 an
12、 的前 n 项的和为 Sn，若 S3+S6=2S9， 求数列 an的公比 q (1996 年高 考题 )。 解：若 q=1，则 S3=3a1,S6=6a1,S9=9a1, 由已知 S3+S6=2S9, 得：3a1+6a1=18a1,解得： a1=0， 这与数列 an 为等比数列矛盾，所以， q1。 由已知 S3+S6=2S9, 得： q qa q qa q qa 1 )1(2 1 )1( 1 )1( 9 1 6 1 3 1 ，整理得： 0) 12( 363 qqq，解得： 2 4 3 q。 例 8 在等差数列 an 中，已知 a7=8，求 S13. 分析：在这个问题中，未知数有两个：首项a1与
13、公差 d，但方程只有一个，因此不能象 例 6 那样通过解方程解决问题，必须利用这两类数列的性质或者利用整体性思想来解决问 题。 解：因为a7=8，所以 a1+a13=2a7=16，故 S13= .104 2 )(13 131 aa 例 9 在等差数列 an 中，已知 a10,Sn是它的前 n 项的和 .已知 S3=S11，求 Sn的最大值。 分析：和例8 一样，也是未知数的个数多于方程的个数，所以须考虑等差数列的性质。 解：由已知：S3=S11，故 . 0 13 2 ,551133 111 addada得：而因为 S3=S11， 得 a4+a5+a6+a10+a11=0.由于 a4+a11=a5+a10=a6+a9=a7+a8,所以 a7+a8=0。 故 a70,a80 同时 an+1 3 1 n 3=n2 ( 3 1 n), 当 n7 时， 3 1 n 4 9 . 所以当 n7 时， An 2 B n 2，故 A n Bn 评说：对于An与 Bn的大小，也可以用数学归纳法证明。